6.2.3 组合&6.2.4 组合数-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教A版）

6.2.3组合⊕6.2.4 组合数 白题 基础过关 限时：40min 题组1组合概念的理解 (2)计算：C+C+C++C(用数字作答)， 1.(多选)(2024·山西大同高二月考)下列问题 属于组合问题的是 () A.从4名志愿者中选出2人分别参加志愿服 务工作 B.从0,1,2,3,4这5个数字中选取3个不同 的数字，组成一个三位数 C.从全班同学中选出3名同学出席大学生运 动会开幕式 D.从全班同学中选出3名同学分别担任班 长、副班长和学习委员 题组3与组合数有关的方程和不等式 2.求从2,3,4,5四个数中任取2个数作为对数 7.(2023·河北承德高二月考)若3C3n=5A, 式logb的底数与真数，得到的对数的个数是 则正整数n的值为 () 多少，是 问题；若求两个数相乘得到 A.7 B.8 C.9 D.10 的积有几种，则是 问题.（填“排列” 8.（多选)若C-1>3Cg,则m的取值可能是 或“组合”) ( 题组2组合数公式及其性质 A.6 B.7 C.8 D.9 3.组合数C(n>r≥1，n,r∈N)恒等于( 9.(2024·四川成都高二期末)已知 n! n-2)！ A.mC C,则n的值为 () A.9 B.8 C.7 D.6 B.(n+1)(r+1)C C.nrC 10.(2024·山东青岛高二月考)已知1-1 D.c 10C,则C+C+C2+Cg+C哈“的值为 4.（2024·河北沧州高二月考)若A2= (用数字作答) 42(neN*),则C3= ( 题组4简单组合问题 A.20 B.21 C.30 D.35 11.(2024·江苏徐州高二期中)一个口袋内装 5.(2024·湖北黄冈高二期中)式子C2+C0 有大小相同的5个白球和2个黑球，从中取 的值为 ( 3个球，则不同的取法种数是 A.27 B.127 A.CiC?B.C2C C.C D.C C.5160 D.与n的取值有关 12.(2024·福建泉州高二月考)已知⊙0上有 6.(2024·天津河西区高二期中)(1)证明：组合 10个点，每过三个点画一个圆内接三角形， 数性质Cm1=C+C(m,neN); 则一共可以画的三角形个数为 第六章黑白题07 题组5“含”与“不含”问题 法共有 13.从甲、乙在内的6人中选3人参加座谈会，其 A.360种B.120种C.60种D.30种 中甲必须参加，乙另有任务不能参加，则不同 19.（2024·山东济南高二月考)若将牡丹、玫 的选法有 ( 瑰、月季、山茶、芙蓉、郁金香6盆鲜花放入 A.60种B.20种C.10种 D.6种 3个不同的房间中，每个房间放2盆花，其中 14.（2024·四川攀枝花高二期末)从4名男生和 牡丹、郁金香必须放入同一房间，则不同的放 3名女生中选出4人去参加一项创新大赛， 法共有 () 如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人 A.18种 B.24种C.36种 D.54种 被选中，则不同的选法种数为 (用 20.(2024·江苏扬州高二期中)有10本相同的 数字作答) 画册要分给6个小朋友，每个小朋友至少一 题组6“至多”“至少”问题 本，则不同的分法种数为 (用数字 15.(2024·湖南长沙高二月考)从4个男生和 作答) 4个女生中挑选3个人组成小组参加歌唱比 重难聚焦 赛，要求至少2个女生参与，则不同的小组组 题组8 排列和组合的综合应用 成方式有 ( 21.(2024·天津津南区高二月考)从1,2,3,4， A.20种B.28种C.36种 D.44种 5五个数字中，选出一个偶数和两个奇数， 16.(2024·安徽蚌埠高二期中)在某种信息传 组成一个没有重复数字的三位数，这样的 输过程中，用5个数字的一个排列（数字允许 三位数共有 A.24个B.36个C.48个 D.54个 重复)表示一个信息，不同排列表示不同信 22.（2024·湖南衡阳高二月考)在 息.若所用数字只有0和1，则与信息01101 数学中，有一个被称为自然常数 至多有两个对应位置上的数字相同的信息个 (又叫欧拉数)的常数e≈2.71828.小明在 数为 ( 设置银行卡的数字密码时，打算将自然常 A.15 B.16 C.17 D.18 数的前6位数字2,7,1,8,2,8进行某种排 17.为增强学生体质，强化锻炼意识，某校举办万米 列得到密码.如果排列时要求两个2相邻， 接力赛，每支参赛队伍限定10人，高三(1)班从 两个8不相邻，那么小明可以设置的不同密 包含甲、乙在内的10名主力队员和3名替补队 码共有 个 员中组建参赛队伍，若甲、乙两人至多有1人参 23.（2024·河北衡水高二期中)甲 赛，则不同的组队方案种数为 ( 乙、丙3人在公交总站上了同 A.11 B.110 C.113 D.121 辆公交车，已知3人都将在第4站至第8站 题组7分组与分配问题 的某一公交站点下车，且在每一个公交站 18.(2024·江苏淮安高二期中)6名同学到甲 点最多只有两人同时下车，从同一公交站 乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去 点下车的两人不区分下车的顺序，则甲、 1个场馆，其中一个场馆去1人，一个场馆 乙、丙3人下车的不同方法总 数是 去2人，一个场馆去3人，则不同的安排方 选择性必修第三册：RJ黑白题O8 黑题 应用提优 限时：50min 1.(多选)下列关于组合数的等式中，正确的是 舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则 ( 不同的选派方法共有 ( A.C3=C-3 B.C2+C4=C+1 A.56种 B.68种 C.Cm=+1 m+iC C.74种 D.92种 D.CC=CC 7.（2024·重庆第一中学高三月考)如图，左车 2.(2024·山东菏泽高二期中)个位数大于十位 道有2辆汽车，右车道有3辆汽车等待合流， 数的两位数共有 ( 则合流结束时汽车通过顺序共有 A.36个B.40个 C.42个 D.56个 3.(2024·湖南长沙一中高二期末)某地政府召 集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人 到会，其余4家企业各有1人到会，会上有 A.10种 B.20种C.60种 D.120种 3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能 8.(2024·湖南常德高二月考)方程x1+x2+x3+ 情况的种数为 ( x4=8的正整数解的个数为 ( A.14 B.16 C.20 D.48 A.56 B.35 C.70 D.66 4.(2024·广东茂名高二月考)如图，洛书古称 9.(多选)(2024·广东江门高二期末)在正方体 龟书，是阴阳五行术数之源.在古代传说中有 中，下列说法正确的是 神龟出于洛水，其甲壳上有此图像，结构是戴 A.正方体的8个顶点可以确定28条不同的 九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五 线段 居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数.若从 B.以正方体的顶点为顶点的直三棱柱有 四个阴数和五个阳数中随机选取4个数，则选 12个 取的4个数之和为奇数的方法数为( C.以正方体的顶点为顶点的三棱锥有64个 D.以正方体的顶点为顶点的四棱锥有48个 10.(2024·安徽蚌埠高二期中)已知C21+A2= 51,则正整数n= 11.(2024·辽宁朝阳高二期中)某中学食堂共 A.60 B.61 C.65 D.66 三层楼，5名高一新同学相约到食堂就餐，为 5.(2024·江苏南京高二月考)某物流公司需要 看尽食堂所有美食种类，他们打算分为三组 安排四个区域的快递运送，公司现有甲、乙、丙 去往不同的楼层其中甲同学不去二楼，则一 三位快递员可选派，要求每个区域只能有一个 共有 种不同的分配方法， 快递员负责，每位快递员至多负责两个区域， 12.（2024·山东临沂高二月考)街道上有编号 则不同的安排方案共有 1,2,3,…,10的十盏路灯，为节省用电又能 A.60种B.54种C.48种D.36种 看清路面，可以把其中的三盏路灯关掉，但不 6.(2024·福建泉州高二月考)某龙舟队有9名 能同时关掉相邻的两盏或三盏.在两端的灯 队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右 都不能关掉的情况下，满足条件的关灯方法 舷，2人既会划左舷又会划右舷现要选派划左 有 种 第六章黑白题09 13.(2024·黑龙江哈尔滨高二期中)如图，某城15.(2024·浙江台州高二期中)某班共有团员 市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示 12人，其中男团员8人，女团员4人，并且 马路)，CD段马路由于正在维修，暂时不通， 男、女团员各有一名组长.现从中选5人参加 则从A到B的最短路径有 条 学校的团员座谈会.（用数字做答） B (1)若至少有1名组长当选，求不同的选法 总数； (2)若至多有2名女团员当选，求不同的选 14.(2023·安徽滁州高二月考)一个口袋内有 法总数； 5个不同的红球，4个不同的白球， (3)若既要有组长当选，又要有女团员当选， (1)若将口袋内的球全部取出后排成一排， 求不同的选法总数 求白球互不相邻的排法种数； (2)已知取出一个红球记2分，取出一个白 球记1分，若从口袋内任取5个球，总分 不少于8分，求不同的取法种数 压轴挑战 1.(2024·河北衡水高二期中)设集 合A={-1,0,1},B={(x1,x2,x3, x4,x5)|x:∈A,i=1,2,3,4,5},那么集合B中 满足1≤1x,I+|x,1+x,I+|x4+|x,I≤3的元 素的个数为 ( A.60 B.100 C.120 D.130 2.（2024·江苏宿迁高二月考)将 5个不同小球放入编号为1,2,3， 4的4个盒子，不允许有空盒子出现，共有 种放法；若将5个相同小球放入这 4个盒子，允许有空盒子出现，共有 种放法.（结果用数字作答）》 进阶突破拔高练PO3 选择性必修第三册·RJ黑白题10是分步进行的，所以共有AA个可选用的密码.故选D, 2.B解析：当甲被选中时，不同的选派方案有A=20(种)；甲没被选 中时，不同的选派方案有A=60(种).故满足条件的不同的选派方案 有20+60=80（种）.故选B. 3.ABD解析：对于A,(n+1)A=(n+1)·(nm(mi n！ (n+1)！ (n+1)! (n+I)-(m+1)A,放A正确； n(n-1)(n-2)×…×3x2x1(m-2)1,故B正确； 对于B,(n-1) n(n-1) 1 对于C,Am=m!, (a-m显然A A二，故C错误： n 对于D 1A1=1 n-m -m(n-m-1)!(-m=A,故D正确故 n！ n！ 选ABD. 4.D解析：书架上已有四本书，所以人物传记有5种放法，这样五本书 之间有6个空，将两本不同的长篇小说选两个空插入即可不相邻，共 有5A名=150（种）方法.故选D. 5.B解析：A=1,A好=2，A=6,A4=24,从A;开始一直到A的个位 数字都是0.所以，要求S个位上的数字，则其实只要将前面四个数加 起来，即1+2+6+24=33，所以S个位上的数字就是3.故选B. 6.C解析：依题意每次闪烁共6秒，所有不同的闪烁为A=720(个)」 相邻两个闪烁的时间间隔为5秒，因此需要的时间至少是6×720+ (720-1)×5=7915(秒).故选C. 7.B解析：如果将7个桃子全排列有A种方法，但根据题意要摘的两 列桃子顺序分别为1-2-3-4和5-6-7，所以共有43 A35(种)方 法，故B正确故选B. 8.ABD解析：对于A:现有2个女生、4个男生共6名同学围坐成 圈，共有=（种)排法，A选项正确； 6 对于：者两名女生相邻，则有-2（种）排送，B选顶正确」 对于C:若两名女生不相邻，共有=12H(种)排法，C选项错误； 对于D:若男生甲位置固定，考虑以甲为基准的顺、逆时针排列，则 有A?=5H(种)排法，D选项正确.故选ABD. 9.48解析：依题意，a,b,c,d均为不超过6的自然数，最大数为6的情 况：38=62+12+12+02，此时共有A好=12（个）有序数组；最大数为5 的情况：38=52+32+22+02，此时共有A4=24(个)有序数组；最大数 为4的情况：38=42+32+32+22，此时共有A子=12（个）有序数组；当 最大数为3时，32+32+32+32<38，不满足题意.由分类加法计数原理， 满足条件的有序数组(a,b,c,d)的个数是12+24+12=48.故答案 为48. 10.16解析：由题意可得A2+m-A=(n+m)(n+m-1)-n(n-1)= m(2n+m-1)=58,因为m,n均为正整数且m>1,所以2n+m-1也 为正整数，且2n+m-1>m>1,又58=2×29且2,29均为质数，所以 m=2, n+m-1=29,解得m-2所以m+n=16.故答案为16 (m=2, 11.36解析：将第1天的上午、下午、晚上3个时间段分别编号为1,2 3,第2天的上午、下午、晚上3个时间段分别编号为4,5,6， 由于大剧院与洪崖洞的时段必须安排在同一天且相邻，洪崖洞必须 安排在晚上，则仅有2,3或5,6两种排法， 若大剧院与洪崖洞的时段为2,3，则“轻轨穿楼”在1,4,5中选 个，有3种选法，其余3个项目在剩下的3个时段全排列，共有A= 6(种)排法，故共有3×6=18（种）排法； 同理，若大剧院与洪崖洞的时段为5,6，也有18种排法，故共有18+ 18=36(种)方案.故答案为36. n！ (n-1)！ 12.证明：左边三"mmmm(m-1)7m一 _n!(n-m+1)+m(n-l)！(n-m+1)+m(m-1)(n-1)月 (-m+1)！ =(n-l)！[n(n-m+1)+m(n-m+1)+m(m-l)] (n-m+1)！ 参考答案 =（n-1)！(n2+n)_(n+1)! （nm+1)！(n-m+1=A1=右边，故原等式成立 13.解：(1)六个人随便站，即六个人进行全排列，故符合条件的站法共 有A。=720(种). (2)总共有六个位置，两只妖怪不能站在排头和排尾，第一步在中 间四个位置上站两个妖怪，故有A?种站法：第二步在剩余四个位置 站其他四个人，故有A4种站法；利用分步乘法计数原理可得共 有A4A2=288(种)站法. (3)因为师父和悟空要站一起，八戒要站在两个妖怪中间，沙僧不 管，所以应先按照1,2,3分成三组并排列，故有A种站法，师父和 悟空站在一起共有A2种站法，八戒站在两只妖怪中间共有A种站 法，故共有AA3A好=24（种）站法. 14.解：(1)要使第二横排和第二竖排的3个数字之和均为15，则第二 横排或第二竖排的其他2个数字之和必然为10，则要从1和9,2和 8,3和7,4和6这四个组合中选出两个组合填写. 首先从四个组合中选两个组合进行排列，有A?种：再对第二横排和 第二竖排的两个数字分别进行排列，有AA?种；最后将其余四个 数全排列，有A种，按照分步乘法原理可得，一共有AA子A子A4= 1152(种)填法. (2)先从1,2,3,4这四个数字中选2个数字分别排到5的左边和上 边，有A种：再从6,7,8,9这四个数字中选2个数字分别排到5的右 边和下边，有A好种：最后将其余四个数字排到剩下的四个位置，有A 种，按照分步乘法原理可得，一共有AAA4=3456(种)填法 压轴挑战 32解析：解不等式(x-x1)(x+1-*+2)<0对i∈{1,2,3}恒成立得 出x+1在x:与x+2之间，其排列方式只能为“小大小大小”或“大小大小 大”，这里的“大”与“小”指相比两旁的数大或小 当排列方式为“小大小大小”时，如35142,13254，…， ①当1,2,3在小，4,5在大的位置时，排列方式有A3·A3=12(种)； ②当1,2,4在小，3,5在大的位置时，必须4,5在一边，1,2,3在另一边， 排列方式有A好·A3=4(种)，合计16种； 当排列方式为“大小大小大”时，同理也有16种综上，不同的排列方式 共有32种.故答案为32. 6.2.3组合+6.2.4组合数 白题 基础过关 1.AC解析：A.从4名志愿者中选出2人分别参加志愿服务工作，只 需选出2人即可，无排序要求，故是组合问题；B.从0,1,2,3,4这 5个数字中选取3个不同的数字，组成一个三位数，选出3个不同数 字，还需对3个数字进行排序组成三位数，故是排列问题；C.从全班 同学中选出3名同学出席大学生运动会开幕式，只需选出3人即可， 无排序要求，故是组合问题：D.从全班同学中选出3名同学分别担任 班长、副班长和学习委员，先从全班选出3人，再安排其职务，即需排 序，故是排列问题.故选AC. 2.排列组合解析：对数式1ognb的值，与a,b取值顺序有关，属于排 列问题；两个数a,b相乘，满足乘法交换律ab=ba,即ab的值与a,b 取值顺序无关，属于组合问题 四方法总结 判断一个问题是排列问题还是组合问题的方法： 区分排列与组合的关键是看结果是否与元素的顺序有关，若交换任 意两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题；若交换任意两个 元素的位置对结果没有影响，则是组合问题，也就是说排列问题与选 取元素的顺序有关，组合问题与选取元素的顺序无关 3.D解析：令n=3,r=2,则+1 c=×C-子+6g,故A循：(a+ 1)·(r+1)C=4×3×C≠C,故B错；mC1=3×2×C≠C,故 C错；C= (n-1)！ n！ r(r-1)！(n-r)！rl(n-r)I =C,故D对.故 选D. 4.D解析：因为A2=n(n-1)=42,所以n2-n-42=0,即(n-7)(n+6)= 0,解得n=7或n=-6(舍去)，所以Cg=C吗=3X2× 7X6×5 =35.故选D. 0≤9-2n≤2n, 5.A解析：由题中组合数的形式可知 10-n≥2n, →n=3,所以 9-2nEN, 2n,10-n∈N" 黑白题03 C2n+C0n=C3+C=27.故选A. n！ n! 6.(1)证明：Cm+Cm-1= m!(n-m)!(m-1)！(n-m+1)1 n！(n-m+1) n!m n!(n-m+1+m) m!(n-m+1)! + m！(n-m+1)1 m！(n-m+1)! n！(n+l) (n+1)! ml (a-m+1)!ml (n-m1)!C (2)解：C3+C号+C++C0=C号+C号+C+…+C70=C2+C匠+…+C30= cg+cg+…+Cn=…=C3m+C3m=C3o=101X10x99-166650. 3×2 7.B解析：因为3C,=5A3,所以3x2n(2n)2n-2=5n(m-1)· 3×2×1 （n-2),解得n=8.故选B. 8.BC解析：根据题意，对于C-1>3C,有0≤m-1≤8且0≤m≤8，则 81 81 有1≤m≤8.若C-1>3C,则有 m-1i(9-m23Xml(8-m, 变形可得m心27-3加，解得m>综合可得<m≤8，则m=7或& 故选BC. 9.B解折：由C33得a-2=6所以a=8放选 n！ 10.462解析：由 安c安i02可得a5m1.时6m 117 5！ 61 7xm!C7mL,即m!（5-m）！-！x(6-0x(5-ml 10×7！ 5 6×5! 7xmx(7m6m）(5-m1,化简得1-6-=m.(7-m6-m）,整 10×7×6×5! 6 10×6 理得m2-23m+42=0,解得m=2或m=21,因为0≤m≤5，所 以m=2,所以C号+C+C8+C3+C0=C8+Cg+C3+C0=Cg+C3+C0= C3+C=C=C-5x4x3×2×1 11×10×9×8×7 =462.故答案为462. 11.D解析：根据题意，一个口袋内装有大小相同的5个白球和2个黑 球，共7个球，从中取3个球，则有C种取法.故选D. 12.120解析：圆上有10个点，任意3点都不共线，故从10个中任选 3个都可以构成一个三角形，故一共可以画的三角形个数为C。= 120.故答案为120. 13.D解析：从甲、乙在内的6人中选3人参加座谈会，其中甲必须参 加，乙另有任务不能参加，则从余下4人中选2人参加座谈会，有 C4=6(种)选法.故选D. 14.30解析：若甲入选，乙没入选，从除了乙之外的5人中选择3人， 有C=10(种)情况；若乙入选，甲没人选，同理可得有C=10(种) 情况；若甲、乙均入选，则从除甲、乙外的5人中选择2人，有C?= 10(种)情况.综上，共有10+10+10=30（种）情况.故答案为30. 15.B解析：由题意可得总共有2种情况，情况1：2女1男，有 C4C=24(种)；情况2：3女，有C=4(种).所以共有24+4= 28(种)，故B正确.故选B. 16.B解析：第一类：与信息01101恰有两个对应位置上的数字相同， 即从5个位置中选2个位置相同，其他3个不同，有C号=10（个）； 第二类：与信息01101恰有一个对应位置上的数字相同，即从5个 位置中选1个位置相同，其他4个不同，有C=5(个)； 第三类：与信息01101没有一个对应位置上的数字相同，即5个对 应位置上的数字都不同，有Cg=1(个). 综上，与信息01101至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数 为10+5+1=16（个）.故选B. 17.D解析：从13人中任选10人的所有组队方案种数为C9,甲、乙都 参加的组队方案种数为C8,因为甲、乙两人至多有1人参加，所以 不同的组队方案种数为Cg-C品=13x12x1111×10x9 3×2×13×2×1 286-165= 121.故选D. 18.A解析：依题意从6名同学中选出1人安排到一个场馆有C6种， 再从剩余5人中安排2人到一个场馆有C?种，最后剩余3人安排 到一个场馆，根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有 CCCA=360(种).故选A. 19.A解析：先分组，已知牡丹、郁金香必须放人同一房间为一组，则剩 下四盆花有组，再将3组鲜花分配到3个不同的房何中，共有 选择性必修第三册·RJ A种排法，由分步乘法计数原理可得不同的放法共有A× 好 2 18(种).故选A. 四方法总结 分配问题的常见形式及处理方法： 常见形式 处理方法 将n个不同元素分成不编号的g组，每组元素数目均 非均匀不 不相同（分别为m1,m2,…,m,),且不考虑各组间的顺 编号分组 序，不管是否分尽，分法种数为A=C·C,· C0mt）·C 将n个不同元素分成不编号的m组，假定其中r组元 均匀不编 素个数相等，不管是否分尽，其分法种数为A（其中A A 号分组 为非均匀不编号分组中的分法数)，若再有k组均匀分 组，则应再除以A 将n个不同元素分成m组，各组元素数目均不相等， 非均匀编 号分组 且考虑各组间的顺序，其分法种数为A·A(其中A为 非均匀不编号分组中的分法数) 将n个不同元素分成m组，其中r组元素个数相同且 均匀编号 考虑各组间的顺序，其分法种数为 A ·Am(其中A为 分组 A 非均匀不编号分组中的分法数) 20.126解析：将10本相同的画册分给6个小朋友，每个小朋友至少 一本，只需在10本相同的画册形成的9个空位中（不包括两端的空 位)插入5块板即可，所以不同的分法有C。=126(种).故答案 为126. 四方法总结 一般解决相同元素分配问题，而且对被分成的元素限制很弱（一般只 要求不等于零)，只对分成的份数有要求，可以考虑隔板法，即根据题 意确定分n组，隔板为(n-1)个，对隔板进行组合即可. 重难聚焦 21.B解析：先从2个偶数中选出1个，再从3个奇数中选出2个，先 选后排，共有CCA=2×3×6=36(个).故选B. 22.36解析：如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，则将两个2 捆绑看作一个元素与7,1全排列，排好后有4个空位，两个8插入 其中的2个空位中.注意到两个2，两个8均为相同元素，那么小明 可以设置的不同密码共有A?·C经=36（个）.故答案为36. 23.120解析：由题意，3人都在第4站至第8站的某一公交站点1人 独自下车，共有A?=60(种)情况：3人中有2人在同一公交站点下 车，另1人在另外一公交站点下车，共有C?A?=60(种)情况，故甲 乙、丙3人下车的不同方法总数是60+60=120.故答案为120. 黑题 应用提优 1,AD解析：对于A,根据组合数的运算公式，可得C31(n-3 n! C3,所以A正确；对于B,根据组合数的性质，可得C+C4= n！ n l 4xn!+(n-3)xm!-(n+1)！ 3引n-3)141(a-441(n-3！4（n-=C,所以 -m+1 (n+1)！ m+1 B错误；对于C,C份m1(n-m+X(m+！(-mn C,所以C错误；对于D,由组合数的计算公式，可得CC= n! m! n！ m!(n-m)tk (m (n-m)!(m)1 CC n！ (n-k)！ n Ca-(m-)1(n-m)11(a-mj1(m-kT所以cC= CCm,所以D正确.故选AD. 2.A解析：个位数大于十位数的两位数，个位数显然不能为0，故只需 在1~9九个数字中选两个，大的在个位，小的在十位即可，故共有 C号=36（个）.故选A. 3.B解析：由间接法得C2-C号·C4=20-4=16(种).故选B. 黑白题04 4.A解析：由题意可知，阴数为2,4,6,8，阳数为1,3,5,7,9.若选取的 4个数的和为奇数，①3个奇数，1个偶数，共有C4C?=40(种)方法； ②1个奇数，3个偶数，共有C4C=20(种)方法.综上，共有40+20= 60(种)方法.故选A. 5.B解析：第一：选派2名快递员，首先，快递员的选法有C好=3（种）」 其中一名快递员从四个区域中选2个区域，有C?=6(种)选法，剩余 快递员的选法只有1种，所以不同安排方案有3×6×1=18（种）：第 二：选派3名快递员，先从四个区域中选2个区域，有C?=6(种)选 法，将其看作一个区域，现在3个区域安排给三个人有A=6(种)方 法，所以不同的安排方案有6×6=36（种）.综上，不同的安排方案有 18+36=54(种).故选B. 6.D解析：根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中 没有“多面手”的选派方法有CC种，有一个“多面手”的选派方法 有CC?C种，有两个“多面手”的选派方法有CC种，即共有 C3C+CC3C+C3C=92(种)不同的选派方法.故选D. 7.A解析：设左车道汽车依次为A1,A2,右车道汽车依次为B1,B2, B3,则通过顺序的种数等价于将A1,A2安排在5个顺序中的某两个 位置（保持A1,A2前后顺序不变），B1,B2,B3安排在其余3个位置 (保持B1,B2,B3前后顺序不变)，所以合流结束时汽车通过顺序共 有CC=10(种).故选A 8.B解析：原问题相当于将8个相同的小球装入4个不同的盒子中 每个盒子中至少有1个小球，采用隔板法，将8个小球排成一排，在 其中的7个空位上插人3个隔板即可，故共有Cg=7x6x5=35(种)。 3×2×1 故选B. 9.ABD解析：对于A,每两点确定一条线段，则正方体的8个顶点可确 定不同的线段有C?=28(条)，A正确； 对于B,直三棱柱的两个底面三角形平行并且全等，因此直三棱柱两 底面在正方体的一组相对面上，以正方形的顶点为顶点的三角形有 4个，从而正方体的一组相对面对应的直三棱柱有4个，因此以正方 体的顶点为顶点的直三棱柱有3×4=12（个），B正确： 对于C,正方体顶点任取4个点，共有C=70(种)选法，其中四点共 面的共有6个面和6个对角面共12种，因此三棱锥共有70-12= 58(个)，C错误； 对于D,由选项C知正方体四点共面的情况有12种，每一种情况，余 下每个点对应1个四棱锥，因此四棱锥共有12×4=48（个），D正确 故选ABD 10.6解析：由题意，n+1)严+n(n-1)=51→3nm2-n-102=0=(n-6)· 2 (3n+17)=0,得n=6.故答案为6. 11.100解析：若甲1个人一组，其他两组人数为1,3或2,2，因为甲同 学不去二楼，所以不同的分配方式有C2(C4A2+C2)=28(种)： 若甲和另外1个人两人一组，其他两组人数为1,2，因为甲同学不去 二楼，则不同的分配方式有C2C4C好A3=48(种)； 若甲和另外2个人三人一组，其他两组人数为1,1，因为甲同学不去 二楼，则不同的分配方式有CC2A子=24（种）. 综上，共有28+48+24=100（种）不同的分配方法.故答案为100. 12.20解析：10盏灯关掉3盏，实际上还亮7盏灯，而又要求不关掉两 端的灯，不能同时关掉相邻的两盏或三盏灯，此题可以转化为在 7盏亮着的路灯之间的6个空挡中放人3盏熄灭的灯，有C= 20(种)方法.故答案为20. 13.26解析：由题意知，假设C,D之间通顺，从A到B,需要向右4次 向上3次，则其最短路径有C3C4=35(条)，其中经过C,D的走法有 C?C=9(条)，所以从A到B最短的路径有35-9=26（条）.故答案 为26. 14.解：(1)先将5个红球排成一排共A=5×4×3×2×1=120(种)排法， 再将4个白色小球插入到6个空位中有A4=6×5×4×3=360(种)排 法，所以白球互不相邻的排法有120×360=43200（种）. (2)当取出的小球为3红2白时得8分，共CC经=10×6=60（种）； 当取出小球为4红1白时得9分，共CC4=5×4=20(种)：当取出小 球都是红球时得10分，共1种.所以从口袋内任取5个球，总分不少 于8分的取法共有60+20+1=81（种）. 15.解：(1)方法一（直接法）：至少有一名组长含有两种情况：有一名组 长，有两名组长，故共有C2C10+C2Ci0=540(种) 方法二（间接法）：至少有一名组长可以采用排除法，有C2-C。= 540(种). (2)至多有2名女团员含有三种情况：有2名女团员，有1名女团 参考答案 员，没有女团员，故共有C+C4C8+CC=672(种). (3)既要有组长当选，又要有女团员当选含两类情况：第一类：女组 长当选，有C种；第二类：女组长不当选，男组长当选，有(C。-C) 种，共有C+C。-C号=505（种）. 压轴挑战 1.D解析：由题意知集合B中满足1≤|x1|+x2I+3|+|x41+|x51≤ 3的元素的个数，即指x1,x2,x3,x4,x5中取值为-1或1的个数和为1 或2或3，故满足条件的元素的个数为C×2+C2×22+C?×23=10+40+ 80=130.故选D. 2.24056解析：5个不同小球分成4组，每组个数分别为1,1,1,2，不 同的分组情况有C?=10(种)方法，再将4组球放入4个不同盒子，共 C2·A4=240(种)方法. 5个相同小球放入4个盒子，若允许有空盒子，可先借4个小球，共 9个小球，再用隔板法分成4组放入盒子，共C=56(种)方法.故答案 为240：56. 6.3二项式定理 6.3.1二项式定理 白题 基础过关 1.C解析：因为(a+b)n的展开式有(n+1)项，故n+1=9,解得n=8.故 选C. 2.B解析：N=16+32(x-1)+24(x-1)2+8(x-1)3+(x-1)4= (x-1)4+C4(x-1)3·2+c(x-1)2.22+C3(x-1)·23+24= (x-1+2)4=(x+1)4.故选B. 3.21 解析：二项式2x217）‘ 展开式的通项公式为T+1= C6(2x2)6- 17 =(-17)'·26-C6x2-,r≤6，reN,所以 m0+m1+m2+…+m6=12×7-3×(0+1+2+3+4+5+6)=21.故答案为21. 4.D解析：由题意可知(3x-2)4展开式中的第3项为C好(3x)2· （-2)2=216x2.故选D. 解析：二项式派 1 5.A 的通项公式为1=Cx”（-x） (-1)rC争，=0,1，…，8，由8-=0，解得r=6,代人通项得 4 T2=C=28,即常数项为28.故选A 6.A0cD解折：(2左）广的道项公式=G(2)产（广 1 C5·25-(-1)x57,当r=0或2或4时，I1=C5·2(-1)x52 为有理项.当r=0时，T1=C9·2(-1)°x3=32x,D正确；当r=2时， T3=C号·23·(-1)2x2=80x2,C正确；当r=4时，T3=C·2· (-1)1=10,A正确，故选ACD. 7,2解析：由二项展开式的通项公式得T1=C哈xs-t(ay)=Ca· x6y,当k=3时，有T4=C8a3·x3y3.因为展开式中含x3y3项的系数 为160，所以C3a3=160,解得a=2.故答案为2. 8.解：(1)由题 C-n(n-1)(n-22x2x1n22=2,解得n=8. 3×2×1 n(n-1) 3 (an=c姓（传）》”（广-2r0EseN 令8-3 4 k=4,得k=3,所以展开式中含有x4的项为T4= 22x3-8C8x4=14x4 四方法总结 利用通项公式求特定项（或系数）问题： (1)解决此类问题可以分两步完成： ①根据所给出的条件（特定项）和通项公式，建立方程来确定指数（求 解时要注意二项式系数中n和k的隐含条件，即n,k均为非负整数， 且n≥k):②根据所求的指数，再求所求解的项. (2)求二项展开式中的有理项，一般是根据通项公式所得到的项，其 所有的未知数的指数恰好都是整数的项：若求二项展开式中的整 式项，则其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求 有理项的方式一致；若求二项展开式中的常数项，则所有字母的指数 为0. 黑白题05